Đề kiểm tra học kì 1 môn Toán lớp 10 năm học 2014 2015 trường THPT Châu Thành 1, Đồng Tháp

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG THÁP ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm có 01 trang) KIỂM TRA HỌC KÌ I Năm học: 2014-2015 Môn thi: TOÁN - Lớp 10 Ngày thi:25/12/2014 Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (8,0 điểm) Câu I (1,0 điểm) Cho hai tập hợp A  0;1;3; 4 , B  1;3; 5 Tìm A  B A  B Câu II (2,0 điểm) Tìm parabol (P): y  ax  bx  2(a  0) , biết parabol có trục đối xứng x  qua điểm A  1;6  Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị hàm số : y   x  2x  Câu III (3,0 điểm) Giải phương trình : 2x    2x Giải phương trình : 4x  65x 16  3x  2y  2 Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình:   x  4y  Câu IV (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác MNP có M  3;  , N  1; 1 , P 1;   Tìm tọa độ trọng tâm G MNP tọa độ NG Tìm tọa độ đỉnh Q cho tứ giác MNPQ hình bình hành II PHẦN RIÊNG - Tự chọn (2,0 điểm) Học sinh chọn hai phần (phần phần 2) Phần 1: Theo chương trình Chuẩn Câu V.a (1,0 điểm) Cho a  1; b  Chứng minh bất đẳng thức: a b 1  b a 1  ab Câu VI.a (1,0 điểm) Cho tam giác ABC có A(1; 2), B(–2; 6), C(9; 8) Tìm tọa độ trực tâm H ABC Phần 2: Theo chương trình nâng cao Câu V.b Giải phương trình: 4x  12(x  ) 13  x x Câu VI.b (1,0 điểm) Cho tam giác ABC có A(–4;5),B(–2;0),C(1;3) Biết AH đường cao ABC(H  BC) Tìm tọa độ H HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG THÁP KIỂM TRA HỌC KÌ I Năm học: 2014-2015 Môn thi: TOÁN - Lớp 10 Ngày thi:25/12/2014 HƯỚNG DẪN CHẤM CHÍNH THỨC (gồm có 04 trang) Câu Câu I (1,0 đ) Nội dung yêu cầu Điểm Cho hai tập hợp A  0;1;3; 4 , B  1;3; 5 Tìm A  B A  B 0,5  A  B  0;1;3; 4;5 0,5  A  B  1;3 Tìm (P): y  ax  bx  2(a  0) , biết (P) có trục đối xứng x  qua điểm A  1;6  b trục đối xứng suy ra:   3a  b  (1) 2a  (P) qua A  1;6   a  b  (2)  x 3a  b  0,25 0,25 a   Hệ   a  b  b  3 0,25 0,25  Vậy (P): y  x  3x  Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị hàm số y   x  x  Câu II (2,0 đ)  D = R; Tọa độ đỉnh I 1;  0,25  Trục đối xứng đường thẳng x = Do a = -1 < nên (P) có bề lõm hướng xuống  Bảng biến thiên 0,25 x  + 0,25 y    Đồ thị: 0,25 1 Giải phương trình: 2x    2x (*) 9  2x  2x   (9  2x)  (*)   0,25    x      4x  38x  78   x     x 3  x 3   13  x   0,5 0,25 Vậy tập nghiệm S  3 Giải phương trình: 4x  65x 16   Đặt t = x (t  0) Phương trình trở thành: 4t  65t  16  Câu III (3,0 đ)  t  16    t   (thỏa đk) 0,25 0,25  t  16  x  16  x  4 0,25 0,25 1  t   x2   x   4 2 Vậy phương trình có nghiệm: x   ; x  4 3x  y  2  x  y  3 Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình:  3 x  y  2 3 x  y  2   x  4y  3 x  12 y  0,25  3 x  y  2 14 y    0,25  x  1    Vậy hệ có nghiệm (x;y) = (–1; ) y   0,5 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác MNP có M  3;  , N  1; 1 , P 1;   Tìm tọa độ trọng tâm G MNP tọa độ NG Câu IV (2,0 đ)  xM  xN  xP  1  xG  G ( x; y) trọng tâm MNP nên:   G (1; )  y  yM  y N  yP   G 3 0,5   NG  (1 (1);  (1))  (2; ) 0,5 2 Tìm tọa độ đỉnh Q cho tứ giác MNPQ hình bình hành Gọi Q(x ;y)    Tứ giác MNPQ hình bình hành nên PQ  NM    PQ  (x 1; y  2) ; NM  (4;1) 0,25 0,5 x 1  x   Hệ   Vậy Q(5 ;3)  y   y  0,25 Cho a  1; b  Chứng minh bất đẳng thức: a b 1  b a 1  ab  Áp dụng bất đẳng thức Cô- si cho hai số không âm b 1 Câu V.a (1,0 đ) Câu VI.a (1,0 đ) b 1  b ab   a b 1  (1) 2 ab  Tương tự: b a 1  (2)  Từ (1) (2)  a b 1  b a 1  ab , Đẳng thức xảy a=b=2 (b 1)1  Cho tam giác ABC có A(1; 2), B(–2; 6), C(9; 8) Tìm tọa độ trực tâm H ABC Gọi H(x;y)      AC  (8;6) ; BC  (11; 2) ; AH  (x 1; y  2) ; BH  (x  2; y  6)   AH  BC   H trực tâm nên:    BH  AC  11(x 1)  2(y  2)   x    Vậy H(1; 2) 8(x  2)  6(y  6)   y  0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 Giải phương trình: 4x  42 12(x  )  13  (1) x x  Với điều kiện x  0, (1)  4(x  ) 12(x  )   0,25  x      x 1  x    x 0,25 x Câu V.b (1,0 đ) x x    x    2x  5x     (thỏa đk) x  x  1  x    2x  x   (vô nghiệm) x Vậy phương trình cho có hai nghiệm x = 2, x  0,25 0,25 Cho tam giác ABC có A(–4;5),B(–2;0),C(1;3).Biết AH đường cao ABC(H  BC) Tìm tọa độ H Gọi H(x;y)     BC  (3;3) ; AH  (x  4; y  5) ; BH  (x  2; y) Câu VI.b (1,0 đ)   AH  BC   H chân đường cao kẻ từ A nên:    BH  BC   3(x  4)  3(y  5)  x    Vậy H( ; )    x  y      2  y    0,25 0,25 0,5